人教版高中数学必修五同课异构课件：2.5.2 等比数列习题课 探究导学课型 .ppt

1、第2课时 等比数列习题课 类型一类型一 错位相减法求数列的和错位相减法求数列的和 1.1.求和：求和： . . 2.(20132.(2013湖南高考湖南高考) )设设S Sn n为数列为数列aan n 的前的前n n项和，已知项和，已知a a1 100， 2a2an n- -a a1 1=S=S1 1S Sn n，nNnN* *. . (1)(1)求求a a1 1，a a2 2，并求数列，并求数列aan n 的通项公式的通项公式. . (2)(2)求数列求数列nanan n 的前的前n n项和项和. . 23n 1n 34nn 1 1 2222 【解题指南解题指南】1.1.令令S Sn n=

2、= 两边同乘以两边同乘以 ，错位相减转化为等比数列的前，错位相减转化为等比数列的前n n项和求解项和求解. . 2.(1)2.(1)利用递推关系利用递推关系 求数列的通项公式求数列的通项公式. . (2)(2)根据第根据第(1)(1)问的结果利用错位相减法求数列前问的结果利用错位相减法求数列前n n项和项和. . 23n 1n 34nn 1 1 2222 ， 1 n nn 1 Sn1 a SSn2 ， ， 1 2 【解析解析】1.1.令令S Sn n= = 则则 由由- -得：得： 所以所以S Sn n=3=3 答案：答案： 23n 1n 234nn 1 22222 n 234nn 1 123

3、4nn 1 S 222222 n 23nn 1 n n 1nn 1n 1 12111n 1 S 222222 11 (1) 1n 111n 13n3 22 1 1 2222222 1 2 ， n n3 . 2 n n3 3 2 2.(1)2.(1)令令n=1n=1，得，得2a2a1 1- -a a1 1=a=a1 12 2，因为，因为a a1 100，所以，所以a a1 1=1=1， 令令n=2n=2，得，得2a2a2 2- -1=S1=S2 2=1+a=1+a2 2，解得，解得a a2 2=2.=2. 当当n2n2时，由时，由2a2an n- -1=S1=Sn n，2a2an n- -1 1

4、- -1=S1=Sn n- -1 1，两式相减，整理得，两式相减，整理得 a an n=2a=2an n- -1 1，于是数列，于是数列a an n是首项为是首项为1 1，公比为，公比为2 2的等比数列，的等比数列， 所以所以a an n=2=2n n- -1 1. .当当n=1n=1时，满足，故时，满足，故a an n=2=2n n- -1 1. . (2)(2)由由(1)(1)知知nanan n=n2=n2n n- -1 1，记其前，记其前n n项和为项和为T Tn n，于是，于是 T Tn n=1+2=1+22+32+32 22 2+ +n+n2 2n n- -1 1 2T2Tn n=1

5、=12+22+22 22 2+3+32 23 3+ +n+n2 2n n - -得得- -T Tn n=1+2+2=1+2+22 2+ +2+2n n- -1 1- -n n2 2n n =2=2n n- -1 1- -n n2 2n n. . 所以所以T Tn n=1+(n=1+(n- -1)1)2 2n n. . 【规律总结规律总结】用用“错位相减法错位相减法”求数列前求数列前n n项和的类型及方法项和的类型及方法 (1)(1)类型：如果数列类型：如果数列aan n 是等差数列，公差为是等差数列，公差为d d；数列；数列bbn n 是等是等 比数列，公比为比数列，公比为q q，则求数列，则

6、求数列aan nb bn n 的前的前n n项和就可以运用错位项和就可以运用错位 相减法相减法. . (2)(2)方法：设方法：设S Sn n=a=a1 1b b1 1+a+a2 2b b2 2+a+a3 3b b3 3+ +a+an nb bn n， 当当q=1q=1时，时，bbn n 是常数列，是常数列， S Sn n=b=b1 1(a(a1 1+a+a2 2+a+a3 3+ +a+an n)= )= 当当q1q1时，则时，则qSqSn n=qa=qa1 1b b1 1+qa+qa2 2b b2 2+qa+qa3 3b b3 3+ +qa+qan nb bn n =a=a1 1b b2 2

7、+a+a2 2b b3 3+ +a+an n- -1 1b bn n+a+an nb bn+1 n+1， ， 11n nb aa 2 ； 所以所以(1(1- -q)Sq)Sn n=a=a1 1b b1 1+b+b2 2(a(a2 2- -a a1 1)+b)+b3 3(a(a3 3- -a a2 2)+)+b+bn n(a(an n- -a an n- -1 1) )- -a an nb bn+1 n+1 =a=a1 1b b1 1+d+d - -a an nb bn+1 n+1， ， 所以所以S Sn n= = n 1 1 b q 1 q 1 q n 1 1 1 1nn 1 b dq 1 q

8、 a ba b 1 q . 1 q 【变式训练变式训练】(2015(2015重庆高二检测重庆高二检测) )已知数列已知数列aan n 是等差数列，是等差数列， bbn n 是等比数列，是等比数列，a a1 1=1=1，a a3 3=3=3，b b2 2=4=4，b b5 5=32.=32. (1)(1)求数列求数列aan n ，bbn n 的通项公式的通项公式. . (2)(2)设数列设数列ccn n 中，中，c cn n=a=an nb bn n，求数列，求数列ccn n 的前的前n n项和项和S Sn n. . 【解析解析】(1)(1)由已知得：由已知得：d= =1d= =1，所以，所以a

9、 an n=1+(n=1+(n- -1)=n.1)=n. q q3 3= =8= =8，q=2q=2，所以，所以b bn n=b=b2 2q qn n- -2 2=2=2n n. . (2)c(2)cn n=n=n2 2n n. .所以所以S Sn n=1=12+22+22 22 2+3+32 23 3+ +n+n2 2n n. . 两边乘以两边乘以2 2得：得：2S2Sn n=1=12 22 2+2+22 23 3+3+32 24 4+ +n+n2 2n+1 n+1. . 将以上等式相减得：将以上等式相减得：- -S Sn n=1=12+22+22 2+2+23 3+ +2+2n n- -n

10、 n2 2n+1 n+1 =2=2n+1 n+1- -2 2- -n n 2 2n+1 n+1. . 所以所以S Sn n=(n=(n- -1)1)2 2n+1 n+1+2. +2. 3 1 2 32 4 类型二类型二 可化为等比数列的求和问题可化为等比数列的求和问题 1.1.在首项为在首项为5 5，公差为，公差为3 3的等差数列的等差数列aan n 中，依次抽取第中，依次抽取第2 2项、项、 第第4 4项、第项、第8 8项，项，第，第2 2n n项，项，按原来的顺序组成一个新，按原来的顺序组成一个新 的数列的数列bbn n ，则数列，则数列bbn n 的前的前n n项和为项和为 . . 2.

11、(20142.(2014新课标全国卷新课标全国卷)已知数列已知数列a an n满足满足a a1 1=1=1，a an+1 n+1=3a =3an n+1.+1. (1)(1)证明证明aan n+ + 是等比数列，并求是等比数列，并求a an n的通项公式的通项公式. . (2)(2)证明：证明： 1 2 12n 1113 . aaa2 【解题指南解题指南】1.1.根据等差数列根据等差数列aan n 的通项公式，求出数列的通项公式，求出数列bbn n 的通项公式，然后求和的通项公式，然后求和. . 2.(1)2.(1)将将a an+1 n+1=3a =3an n+1+1进行配凑，得进行配凑，得“

12、a an+1 n+1+ + ”与与“a an n+ + ”的关的关 系，得证，然后求得系，得证，然后求得aan n 的通项公式的通项公式. . (2)(2)求得求得 的通项公式，然后证得不等式的通项公式，然后证得不等式. . 1 2 1 2 n 1 a 【自主解答自主解答】1.1.由题意可知，由题意可知，a an n=3n+2=3n+2， 所以所以b bn n=a=a2 2n n=3=32 2n n+2+2，因此，因此bbn n 的前的前n n项和项和 T Tn n=b=b1 1+b+b2 2+ +b+bn n =(3=(32+2)+(32+2)+(32 22 2+2)+2)+(3+(32 2

13、n n+2)+2) =3=3(2+2(2+22 2+ +2+2n n)+2n)+2n =3=3 +2n=6+2n=62 2n n+2n+2n- -6.6. 答案：答案：6 62 2n n+2n+2n- -6 6 n 2(12 ) 12 2.(1)2.(1)因为因为a a1 1=1=1，a an+1 n+1=3a =3an n+1+1，nNnN* *. . 所以所以a an+1 n+1+ =3a + =3an n+1+ =3(a+1+ =3(an n+ ).+ ). 所以所以aan n+ + 是首项为是首项为a a1 1+ + = = ，公比为，公比为3 3的等比数列的等比数列. . 所以所以a

14、 an n+ = + = ，所以，所以a an n= = 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 3 2 1 2 n 3 2 n 31. 2 (2) (2) =1=1，当，当n1n1时，时， 所以所以 所以所以 n n 12 . a31 1 1 a nn 1 n 121 . a313 n 12n 1n 123n 1 1 1111111313 3 1(1). 1 aaaa333232 1 3 123n 11113 nN*. aaaa2 ， 【延伸探究延伸探究】题题2 2中，将条件中，将条件“a an+1 n+1=3a =3an n+1+1”换为换为 “a an+1 n+1=3a =3an n+3

15、+3n+1 n+1”. . (1)(1)证明证明 是等差数列，并求是等差数列，并求aan n 的通项公式的通项公式. . (2)(2)求求aan n 的前的前n n项和项和. . n n a 3 【解析解析】(1)(1)因为因为a an+1 n+1=3a =3an n+3+3n+1 n+1， ， 所以所以 ，即，即 所以所以 是首项为是首项为 ，公差为，公差为1 1的等差数列，的等差数列， 所以所以 = +(n= +(n- -1)1)1 1，即，即a an n=(3n=(3n- -2)2)3 3n n- -1 1. . n 1n n 1n aa 1 33 n 1n n 1n aa 1 33 ，

16、 n n a 3 1 3 n n a 3 1 3 (2)(2)记记aan n 的前的前n n项和为项和为S Sn n， 则则S Sn n=1=13 30 0+4+43 31 1+7+73 32 2+10+103 33 3+ +(3n+(3n- -2)2)3 3n n- -1 1， 3S3Sn n=1=13 31 1+4+43 32 2+7+73 33 3+10+103 34 4+ +(3n+(3n- -5)5)3 3n n- -1 1+(3n+(3n- -2)2)3 3n n. . 两式相减得两式相减得 - -2S2Sn n=1+3(3=1+3(31 1+3+32 2+3+33 3+ +3+3

17、n n- -1 1) )- -(3n(3n- -2)2)3 3n n =1+3=1+3 - -(3n(3n- -2)2)3 3n n， 所以所以S Sn n= (6n= (6n- -7)7)3 3n n+ .+ . n 1 3 1 3 1 3 1 4 7 4 【规律总结规律总结】非等差、等比数列求和问题的求解方法非等差、等比数列求和问题的求解方法 (1)(1)当数列当数列a an n既不是等差数列又不是等比数列时，在求数列既不是等差数列又不是等比数列时，在求数列a an n 的前的前n n项和时，可通过转化的思想，将数列的求和问题转化为项和时，可通过转化的思想，将数列的求和问题转化为 等差或等

18、比数列求和问题解决，常用的方法有分组求和、裂项等差或等比数列求和问题解决，常用的方法有分组求和、裂项 求和等求和等. . (2)(2)非等差、等比数列求通项问题，可对非等差、等比数列求通项问题，可对a an n所满足的关系式进所满足的关系式进 行变形，转化为等差或等比数列，借助于求和公式得出数列的行变形，转化为等差或等比数列，借助于求和公式得出数列的 通项公式通项公式. . 【拓展延伸拓展延伸】裂项求和的两种常见类型裂项求和的两种常见类型 类型一：分式型，如类型一：分式型，如 裂成两项差的形式；裂成两项差的形式； 类型二：根式型，如类型二：根式型，如 裂成两项之差裂成两项之差 的形式的形式.

19、. 111 n n 1nn 1 1 n 1n n 1n 类型三类型三 等比数列及前等比数列及前n n项和的综合应用项和的综合应用 1.1.已知已知aan n 是等比数列，是等比数列，a a2 2=2=2，a a5 5= = ，则，则a a1 1a a2 2+a+a2 2a a3 3+ +a+an na an+1 n+1 =(=( ) ) A.16(1A.16(1- -4 4- -n n) ) B.16(1B.16(1- -2 2- -n n) ) C. (1C. (1- -4 4- -n n) ) D. (1D. (1- -2 2- -n n) ) 2.(20132.(2013湖南高考湖南高考

20、) )设设S Sn n为数列为数列a an n的前的前n n项和，项和，S Sn n=(=(- -1)1)n na an n- - ，nNnN* *，则，则(1)a(1)a3 3= = . . (2)S(2)S1 1+S+S2 2+ +S+S100 100= = . . 1 4 32 3 32 3 n 1 2 【解题指南解题指南】1.1.由由a a2 2，a a5 5求出公比，再根据求出公比，再根据aan na an+1 n+1 也为等比 也为等比 数列，求和数列，求和. . 2.(1)2.(1)令令n=1n=1，求出，求出a a1 1，再令，再令n=3n=3即可得到答案即可得到答案. . (

21、2)(2)通过通过a an n=S=Sn n- -S Sn n- -1 1=(=(- -1)1)n na an n- - - -( (- -1)1)n n- -1 1a an n- -1 1+ + 整理可发现当整理可发现当n n为偶数时有为偶数时有a an n- -a an n- -1 1= = ，于是代入第，于是代入第(2)(2)问的问的 展开式即可得到答案展开式即可得到答案. . n 1 2 n 1 1 2 n 1 1 2 【自主解答自主解答】1.1.选选C.C.由由a a5 5=a=a2 2q q3 3得得q q3 3= = 所以所以q= q= 而数列而数列aan na an+1 n+1

22、 也为等比数列， 也为等比数列， 首项首项a a1 1a a2 2=8=8，公比，公比q q2 2= = 所以所以a a1 1a a2 2+a+a2 2a a3 3+ +a+an na an+1 n+1= = 1 8， 1 2 ， 1 4 ， n n 8 1 4 32 1 4. 1 3 1 4 2.(1)2.(1)由由S Sn n=(=(- -1)1)n na an n- - ，nNnN* *， 当当n=1n=1时，有时，有a a1 1=(=(- -1)1)1 1a a1 1- - ，得，得a a1 1= = 当当n2n2时，时，a an n=S=Sn n- -S Sn n- -1 1=(=(

23、- -1)1)n na an n- - - -( (- -1)1)n n- -1 1a an n- -1 1+ + 即即a an n=(=(- -1)1)n na an n+(+(- -1)1)n na an n- -1 1+ .+ . 若若n n为偶数，则为偶数，则a an n- -1 1= =- - (n2).(n2). 所以所以a an n= (n= (n为正奇数为正奇数) )； 若若n n为奇数，则为奇数，则a an n- -1 1= =- -2a2an n+ =(+ =(- -2)2) 所以所以a an n= (n= (n为正偶数为正偶数).).所以所以a a3 3= = n 1 2

24、 1 2 1 . 4 n 1 2 n 1 2 n 1 1 . 2 n 1 2 n 1 1 2 n 1 2 n 1nn 1 111 (). 222 n 1 2 4 11 . 216 (2)(2)因为因为a an n= (n= (n为正奇数为正奇数) )， 所以所以- -a a1 1= = 又又a an n= (n= (n为正偶数为正偶数) )，所以，所以a a2 2= = 则则- -a a1 1+a+a2 2=2=2 则则- -a a3 3+a+a4 4=2=2 - -a a99 99+a +a100 100=2 =2 n 1 1 2 22 11 () 22 ， n 1 2 2 1 . 2 2

25、1 . 2 34 444 111 a()a. 222 ， 4 1 . 2 100 1 . 2 所以所以，S S1 1+S+S2 2+S+S3 3+S+S4 4+ +S+S99 99+S +S100 100 =(=(- -a a1 1+a+a2 2)+()+(- -a a3 3+a+a4 4)+)+(+(- -a a99 99+a +a100 100) )- - 答案：答案： 2100 111 () 222 1002100 50100 100 111111 2()() 4162222 1111 (1)(1) 4422 2 11 11 42 11 (1). 3 2 100 111 1 2(1) 1

26、63 2 【规律总结规律总结】与与S Sn n有关问题的求解步骤有关问题的求解步骤 (1)(1)分析题设条件分析题设条件. . (2)(2)分清是分清是a an n与与a an+1 n+1的关系，还是 的关系，还是a an n与与S Sn n的关系的关系. . (3)(3)转化为等差数列或等比数列，特别注意转化为等差数列或等比数列，特别注意a an n=S=Sn n- -S Sn n- -1 1(n2(n2，n n 为正整数为正整数) )在在a an n与与S Sn n的关系中的应用的关系中的应用. . (4)(4)整理求解整理求解. . 【变式训练变式训练】(2013(2013新课标全国卷新

27、课标全国卷)若数列若数列aan n 的前的前n n项和项和 S Sn n= = 则则aan n 的通项公式是的通项公式是a an n= = . . n 21 a 33 ， 【解题指南解题指南】先利用先利用S S1 1=a=a1 1求出求出a a1 1的值，再利用的值，再利用S Sn n- -S Sn n- -1 1=a=an n(n2)(n2) 求出通项公式求出通项公式a an n. . 【解析解析】由由S S1 1= =a= =a1 1，解得，解得a a1 1=1=1，又，又S Sn n= = 所以所以S Sn n- - S Sn n- -1 1= a= an n- -1 1=a=an n，

28、得，得 = =- -2 2，所以数列，所以数列aan n 是首项为是首项为1 1， 公比为公比为- -2 2的等比数列的等比数列. .故数列的通项公式故数列的通项公式a an n=(=(- -2)2)n n- -1 1. . 答案：答案：( (- -2)2)n n- -1 1 1 21 a 33 n 21 a 33 ， n 22 a 33 n n 1 a a 【拓展类型拓展类型】等比数列在实际中的应用等比数列在实际中的应用 1.1.某家用电器一件现价某家用电器一件现价20002000元，实行分期付款，每期付款数相元，实行分期付款，每期付款数相 同，每期为一月，购买后一个月开始付款，每月付款一次

29、，共同，每期为一月，购买后一个月开始付款，每月付款一次，共 付付1212次，购买后一年还清，月利率为次，购买后一年还清，月利率为0.8%0.8%，按复利计算，那么，按复利计算，那么 每期应付款每期应付款 元元(1.008(1.00812 121.1). 1.1). 2.2.某市某市20152015年共有年共有1 1万辆燃油型公交车，有关部门计划于万辆燃油型公交车，有关部门计划于20162016 年投入年投入128128辆电力型公交车，随后电力型公交车每年的投入比辆电力型公交车，随后电力型公交车每年的投入比 上一年增加上一年增加50%50%，试问：，试问： (1)(1)该市在该市在2022202

30、2年应该投入多少辆电力型公交车？年应该投入多少辆电力型公交车？ (2)(2)到哪一年底，电力型公交车的数量开始超过该市公交车总到哪一年底，电力型公交车的数量开始超过该市公交车总 量的量的 ？(lg657=2.82(lg657=2.82，lg2=0.30lg2=0.30，lg3=0.48)lg3=0.48) 1 3 【解题指南解题指南】1.1.设出每期应付款数，根据每期付款的本利和等设出每期应付款数，根据每期付款的本利和等 于于20002000元的本利和求解应付款数元的本利和求解应付款数. . 2.(1)2.(1)根据题意，从根据题意，从20162016年起，每年的电力型公交车数量构成年起，每年

31、的电力型公交车数量构成 等比数列，而等比数列，而20222022年电力型公交车数量为该数列的第年电力型公交车数量为该数列的第7 7项项. . (2)(2)由等比数列的前由等比数列的前n n项和，建立不等关系求解项和，建立不等关系求解. . 【解析解析】1.1.设每期应付款设每期应付款x x元，则第元，则第1 1期付款以及最后一次付款期付款以及最后一次付款 时所生利息为时所生利息为x(1+0.008)x(1+0.008)11 11元；第 元；第2 2期付款以及到最后一次付期付款以及到最后一次付 款所生利息为款所生利息为x(1+0.008)x(1+0.008)10 10元； 元；第；第1212期付

32、款期付款( (无利息无利息) )为为 x x元，所以各期付款连同利息之和为：元，所以各期付款连同利息之和为： x(1+0.008)x(1+0.008)11 11+x(1+0.008) +x(1+0.008)10 10+ + +x= +x= 元，于是有元，于是有 =2000=20001.0081.00812 12， ， 解得解得x= 176(x= 176(元元).). 答案：答案：176176 12 1.0081 x 1.008 1 12 1.0081 x 1.008 1 12 12 16 1.008 1.0081 2.(1)2.(1)该市逐年投入的电力型公交车的数量组成等比数列该市逐年投入的电

33、力型公交车的数量组成等比数列 aan n ，其中，其中a a1 1=128=128，q=1.5q=1.5，则在，则在20222022年应该投入的电力型年应该投入的电力型 公交车为公交车为a a7 7=a=a1 1q q6 6=128=1281.51.56 6=1458(=1458(辆辆).). (2)(2)记记S Sn n=a=a1 1+a+a2 2+ +a+an n，依据题意，依据题意， 得得 即即S Sn n50005000， 由由S Sn n= 5000= 5000，得，得1.51.5n n n n S1 10 000 S3 ， n 128(1 1.5 ) 1 1.5 657 . 32

34、两边取常用对数，则两边取常用对数，则nlg1.5lg nlg1.5lg ， 即即n 7.3n 7.3，又，又nNnN* *，因此，因此n8.n8. 所以到所以到20232023年底，电力型公交车的数量开始超过该市公交车年底，电力型公交车的数量开始超过该市公交车 总量的总量的 657 32 lg 657 5lg 2 lg 3lg 2 1 . 3 【规律总结规律总结】1.1.解决数列应用问题的注意点解决数列应用问题的注意点 解决数列应用问题应注意所求的问题是等差数列问题，还是等解决数列应用问题应注意所求的问题是等差数列问题，还是等 比数列问题，是求比数列问题，是求a an n还是求还是求S Sn n，特别是项数的多少，特别是项数的多少. . 2.2.对分期付款的理解对分期付款的理解 (1)(1)分期付款分若干次付款，每次付款的款额相同，各次付款分期付款分若干次付款，每次付款的款额相同，各次付款 的时间间隔相同的时间间隔相同. . (2)(2)分期付款中各期所付的款额连同最后一次付款时所产生的分期付款中各期所付的款额连同最后一次付款时所产生的 利息和，等于商品售价及从购买到最后一次付款的利息和利息和，等于商品售价及从购买到最后一次付款的利息和. .